resolução Capítulo 28 halliday volume 3

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Capítulo 28
1. PENSE A força magnética que age sobre uma partícula é dada por ,BF qv B= ×
 

 em que q é a carga da partícula, v é a velocidade 
da partícula e B

 é o campo magnético.
FORMULE O módulo da força magnética que age sobre o próton (de carga +e) é FB = evB sen ϕ, em que ϕ é o ângulo entre v

 e .B

ANALISE (a) A velocidade do próton é
(b) A energia cinética do próton é
que é equivalente a
APRENDA Como a força magnética é proporcional ao produto vetorial da velocidade da partícula pelo campo magnético, ela é 
sempre perpendicular à velocidade da partícula e ao campo magnético.
2. A força associada ao campo magnético deve apontar na direção ĵ para equilibrar a força da gravidade, que aponta na direção 
ĵ− . Para isso, de acordo com a regra da mão direita, o campo B

 deve apontar na direção k̂.− O módulo |Bz| do campo é dado pela 
Eq. 28-3, com ϕ = 90°. Assim, temos
2 2
3 4
(1,0 10 kg)(9,8 m/s )ˆ ˆ ˆ ˆ ˆk k k (0,061T)k (61mT)k.
(8,0 10 C)(2,0 10 m/s)z
mgB B
qv
−
−
  
        
×= = − = − = − = −
× ×

3. (a) A força que age sobre o elétron é
19 6 6
14
ˆ ˆ ˆ ˆ( i j) ( i ) ( )k
= ( 1,6 10 C) (2,0 10 m s)( 0,15 T) (3,0 10 m s)(0,030 T)
ˆ(6,2 10 N)k.
−
−
 
 
= × = + × + = −
− × × − − ×
= ×
x y x y x y y xBF qv B q v v B B j q v B v B
 


(b) O cálculo é semelhante ao do item (a); a única coisa que muda é o sinal da carga elétrica. Assim, a força que age sobre o próton é
 
14 ˆ(6,2 10 N)k.BF −= − ×

4. (a) De acordo com a Eq. 28-3, 
FB = |q| vB sen ϕ = (+3,2 × 10–19 C) (550 m/s) (0,045 T) (sen 52°) = 6,2 × 10–18 N.
(b) A aceleração é 
a = FB/m = (6,2 × 10– 18 N) / (6,6 × 10– 27 kg) = 9,5 × 108 m/s2.
(c) Como BF

 é perpendicular a ,v não exerce trabalho sobre a partícula. Assim, de acordo com o teorema do trabalho e energia 
cinética, a energia cinética da partícula permanece constante, o que significa que a velocidade também permanece constante.
1 9 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
5. De acordo com as Eqs. 3-30 e 28-2, 
( ) ( )ˆ ˆk 3 k.x y y x x x y xF q v B v B q v B v B = − = − 

Como, nesse instante, a força é (6,4 H 10–19 N)k^ , temos
19
19
6,4 10 N(3 ) 2,0 T.
(3 ) ( 1,6 10 C)[3(2,0 m/s) 4,0 m]
z
x y x z x
x y
Fq v v B F B
q v v
−
−
×− = ⇒ = = = −
− − × −
6. A força magnética a que o próton está submetido é
F qv B= ×
 

em que q = +e . De acordo com a Eq. 3-30, temos, em unidades do SI,
17 17ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ(4 10 )i (2 10 ) j [(0,03) 40]i (20 0,03 ) j (0,02 0,01 )k].y x x ye v v v v
− −× + × = + + − − +
Igualando as componentes correspondentes, obtemos 
(a) 
17 19 17
3
19
20 2 10 20(1,6 10 ) 2 10
3,5 10 m/s 3,5 km/s.
0,03 0,03(1,6 10 )x
ev
e
− − −
−
− × × − ×
= = = − × = −
×
(b) 
17 19 17
3
19
40 4 10 40(1,6 10 ) 4 10
7,0 10 m/s 7,0 km/s.
0,03 0,03(1,6 10 )y
ev
e
− − −
−
− × × − ×
= = = × =
×
7. Como ( ) ,eF q E v B m a= + × =
  
  temos
( ) ( ) ( )
231 12
19
ˆ(9,11 10 kg)(2,00 10 m s )i ˆ ˆ ˆ400 T i 12,0km s j 15,0km s k
1,60 10 C
ˆ ˆ ˆ( 11,4 V/m)i (6,00 V/m)j (4,80 V/m)k) V m.
em aE B v
q
µ
−
−
= + ×
× ×  = + × + − ×
= − − +

 

8. Fazendo ( ) 0F q E v B= + × =
  
, obtemos 
sen .vB Eφ =
Para resolver o problema, temos que conhecer o ângulo da velocidade do elétron com o plano formado pelos campos elétrico e 
magnético. Supondo que o ângulo é 90o, sen ϕ = sen 90o = 1 é
 
mín
3
31,50 10 V/m 3,75 10 m/s 3,75 km/s.
0,400 T
Ev
B
×= = = × =
9. Desprezando a força da gravidade, o fato de que a trajetória do elétron na região entre as placas é retilínea significa que a força 
a que o elétron está submetido é nula. Assim, ( ) 0F q E v B= + × =
  
. Note que v B⊥


 e, portanto, .v B vB× =

 Assim, temos 
3
4
3 19 31
100 V/(20 10 m) 2,67 10 T.
2 / 2(1,0 10 V)(1,60 10 C) / (9,11 10 kg)e
E EB
v K m
−
−
− −
×= = = = ×
× × ×
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 9 7
Na notação dos vetores unitários, 4 ˆ ˆ(2,67 10 T)k (0,267 mT)k.B −=− × =−

10. (a) A força que age sobre o próton é
19 3
18
ˆ ˆ ˆ(1,60 10 C) (4,00V m)k+(2000m s) j ( 2,50 10 T)i
ˆ(1,44 10 N)k.
E BF F F qE qv B − −
−
 
  
= + = + × = × × − ×
= ×
    

(b) Nesse caso, temos
( ) ( ) ( )19
19
ˆ ˆ ˆ(1,60 10 C) 4,00V m k 2000m s j 2,50 mT i
ˆ(1,60 10 N)k.
E BF F F qE qv B
−
−
 
  
= + = + ×
= × − + × −
= ×
    

(c) Nesse caso, temos
( ) ( ) ( )19
19 19
ˆ ˆ ˆ(1,60 10 C) 4,00V m i+ 2000m s j 2,50 mT i
ˆ ˆ(6,41 10 N)i+(8,01 10 N)k.
E BF F F qE qv B
−
− −
 
  
= + = + ×
= × × −
= × ×
    

11. Como a força total ( )F q E v B= + ×
  
 é nula, o campo elétrico é perpendicular ao campo magnético B

 e à velocidade v

 da 
partícula. Como o campo magnético é perpendicular à velocidade, o módulo de v B×

 é vB e, para que a força total seja nula, o 
módulo do campo elétrico deve ser E = vB. Como a partícula tem carga e e é acelerada por uma diferença de potencial V, mv2/ 
2 = eV e 2 / .v eV m= Assim,
19 3
5
27
2 2(1,60 10 C)(10 10 V)(1,2 T) 6,8 10 V m 0,68 MV/m.
(9,99 10 kg)
eVE B
m
−
−
× ×= = = × =
×
12. (a) Uma importante diferença entre a força associada ao campo elétrico ( F qE=
 
) e a força associada ao campo magnético 
( F qv B= ×
 
 ) é que, enquanto a primeira não depende da velocidade, a segunda se anula quando a velocidade é zero. No gráfico da 
Fig. 28-32, para v = 0, situação em que a única força é a produzida pelo campo elétrico, a componente y da força é –2,0 × 10–19 N. 
Como, de acordo com o enunciado, o campo elétrico é paralelo ao eixo y, isso significa que o módulo do campo elétrico é 
19
tot,
19
2,0 10 N 1,25 N/C 1,25 V/m.
| | 1,6 10 C
yFE
q
−
−
×= = = =
×
(b) O gráfico da Fig. 28-32 mostra que a força total é zero quando a velocidade do elétron é 50 m/s. De acordo com a Eq. 28-7, 
isso significa que B = E/v = (1,25 V/m)/(50 m/s) = 2,50 × 10-2 T = 25,0 mT. 
Para que EF qv B= ×
 
 e EF qE=
 
 se cancelem, é preciso que o vetor v B×

 tenha o sentido oposto ao do vetor ,E

 que, de acordo com 
o enunciado, aponta no sentido positivo do eixo y. Como o vetor velocidade aponta no sentido positivo do eixo x, concluímos, 
usando a regra da mão direita, que o campo magnético aponta no sentido positivo do eixo z. Assim, na notação dos vetores uni-
tários, ˆ(25,0 mT)k.B=

13. De acordo com a Eq. 28-12, temos
( )( ) 6
28 3 19
23 A 0,65 T
7,4 10 V 7,4 V.
(8,47 10 m )(150 m)(1,6 10 C)
iBV nle µµ
−
−= = = × =× ×
1 9 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
14. Uma carga livre q que se move no interior da fita com velocidade v está sujeita a uma força ( ).F q E v B= + ×
  
 Igualando a força 
a zero e usando a relação entre campo elétrico e diferença de potencial, temos
9
3 2
(3,90 10 V)
0,382 m s.
(1,20 10 T)(0,850 10 m)
x y xyV V dEv
B B
−
− −
− ×
= = = =
× ×
15. (a) Estamos interessados em calcular o campo eletrostático que é estabelecido quando as cargas se separam por ação do campo 
magnético. Uma vez estabelecido o equilíbrio, a Eq. 28-10 nos dá
| | | | (20,0 m/s)(0,030 T) 0,600 V/m.E v B= = =
 
O sentido do campo elétrico é o indicado na Fig. 28-8, ou seja, o sentido oposto ao do produto vetorial ;v B×

 assim,
 
ˆ ˆ(0,600 V/m)k ( 600 mV/m)k.E =− = −
ˆ ˆ(0,600 V/m)k ( 600 mV/m)k.E =− = −

(b) De acordo com a Eq. 28-9,
(0,600 V/m)(2,00 m) 1,20 V.V Ed= = =
16. Como a diferença de potencial é zero quando o objeto se desloca paralelamente ao eixo x, sabemos que o campo B

 aponta 
nessa direção. Combinando as Eqs. 28-7 e 28-9, obtemos 
V Vd
E vB
= =
em que E, v e B são módulos de vetores mutuamente perpendiculares. Assim, quando a velocidade é paralela ao eixo y, como 
sabemos que o campo magnético é paralelo ao eixo x, o campo elétrico (e, portanto, o vetor )d

 é paralelo ao eixo z e temos 
0,012 V 0,20 m.
(3,0 m/s)(0,020 T)z
d d= = =
Por outro lado, quando a velocidadeé paralela ao eixo z, o campo elétrico é paralelo ao eixo y, e temos 
0,018 V 0,30 m.
(3,0 m/s)(0,020 T)y
d d= = =
Assim, as respostas são
(a) dx = 25 cm (valor a que chegamos por exclusão, já que conhecemos os valores de dy e dz).
(b) dy = 30 cm.
(c) dz = 20 cm.
17. (a) De acordo com a Eq. 28-16, temos
2 19
6
27
2 2(4,50 10 m)(1,60 10 C)(1,20T)
2,60 10 m s.
4,00u (4,00u)(1,66 10 kg u)
rqB eBv
mα
− −
−
× ×
= = = = ×
×
(b) O período de revolução é
2
7
6
2 2 (4,50 10 m)
1,09 10 s 0,109 s.
2,60 10 m/s
π π µ
−
−×= = = × =
×
rT
v
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 9 9
(c) A energia cinética da partícula alfa é 
27 6 2
2 5
19
1 (4,00u)(1,66 10 kg u)(2,60 10 m s)
1,40 10 eV 0,140 MeV.
2 2(1,60 10 J eV)
K m vα
−
−
× ×
= = = × =
×
(d) ∆V = K/q = 1,40 × 105 eV/2e = 7,00 × 104 V = 70,0 keV.
18. Com o campo B

 apontando para fora do papel, usamos a regra da mão direita para determinar o sentido da força no ponto 
indicado na Fig. 28-35. Se a partícula fosse positiva, a força apontaria para a esquerda, o que não estaria de acordo com a figura, 
que mostra a trajetória se encurvando para a direita. Assim, a partícula é um elétron.
(a) De acordo com a Eq. 28-3, temos 
15
6
19 3 o
3,20 10 N 5,00 10 m s.
sen (1,60 10 C)(4,00 10 T)(sen90 )
Fv
eB φ
−
− −
×= = = ×
× ×
(b) De acordo com a Eq. 28-16,
31 6
19 3
(9,11 10 kg)(4,99 10 m/s)
0,00710 m 7,10 mm.
(1,60 10 C)(4,00 10 T)
mvr
eB
−
− −
× ×
= = = =
× ×
(c) De acordo com a Eq. 28-17,
3
9
6
2 2 (7,10 10 m)
8,92 10 s 8,92 ns.
5,00 10 m/s
rT
v
π π − −×= = = × =
×
19. Seja ξ a razão m/|q| que estamos interessados em calcular. De acordo com a Eq. 28-17, T = 2πξ/B. Como o eixo horizontal do 
gráfico da Fig. 28-37 é o recíproco do campo magnético (1/B), a inclinação da reta mostrada no gráfico é igual a 2πξ. Essa incli-
nação pode ser estimada em (37,5 × 10-9 s)/(5,0 T-1) = 7,5 × 10-9 T · s, o que nos dá 
9 
9· 7,5 10 T s 1,2 10 kg/C.
| | 2
m
q
ξ
π
−
−×= = = ×
20. Combinando a Eq. 28-16 com a lei de conservação da energia, que, neste caso, nos dá a relação eV = mev22, obtemos a relação
2
,e
e
m eVr
eB m
=
segundo a qual a inclinação do gráfico de r em função de V da Fig. 28-38 é igual a 2 .2 /em eB Essa inclinação pode ser estimada 
em (2,5 × 10-3 m)/(50,0 V1/2) = 5 × 10‒5 m/V1/2. Assim, temos
31
2
5 2 10 19
2 2(9,11 10 )
6,7 10 T.
(5 10 ) (25 10 )(1,60 10 )
emB
e
−
−
− − −
×
= = = ×
× × ×
21. PENSE O elétron descreve uma trajetória circular porque a força magnética que age sobre o elétron aponta para o centro da 
circunferência. 
FORMULE A energia cinética do elétron é dada por K = mev2/2, em que me é a massa e v é a velocidade do elétron. O módulo da 
força magnética que age sobre o elétron é FB = evB e é igual à força centrípeta:
2 0 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
ANALISE (a) Explicitando v na relação K = mev2/2, obtemos
(b) Explicitando B na relação evB = mev2/r, obtemos
(c) A frequência de revolução é
(d) O período é o recíproco da frequência:
APRENDA O período do movimento circular do elétron pode ser escrito na forma
O período é inversamente proporcional a B.
22. De acordo com a Eq. 28-16, o raio da trajetória circular é
2mv mKr
qB qB
= =
em que K = mv2/2 é a energia cinética da partícula. Assim, temos
2 2( )
.
2
rqB qK
m m
= ∝
(a) 2 2 ( ) ( ) (2) (1 4) 1,0 MeV.p p p p pK q q m m K K Kα α α= = = =
(b) 2 2 ( ) ( ) (1) (1 2) 1,0 MeV 2 0,50 MeV.p p p pd d dK q q m m K K= = = =
23. De acordo com a Eq. 28-16, temos
31 6
5
19
(9,11 10 kg)(1,30 10 m s) 2,11 10 T 21,1 T.
(1,60 10 C)(0,350 m)
em vB
er
µ
−
−
−
× ×= = = × =
×
24. (a) O processo de aceleração pode ser visto como a conversão de uma energia potencial eV em energia cinética. Como o elétron 
parte do repouso, mev2/2 = eV e
19
7
31
2 2(1,60 10 C)(350 V) 1,11 10 m s.
9,11 10 kge
eVv
m
−
−
×= = = ×
×
(b) De acordo com a Eq. 28-16,
31 7
4
19 3
(9,11 10 kg)(1,11 10 m s) 3,16 10 m 0,316 mm.
(1,60 10 C)(200 10 T)
em vr
eB
−
−
− −
× ×= = = × =
× ×
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 0 1
25. (a) A frequência de revolução é
6 19
5
31
(35,0 10 T)(1,60 10 C)
9,78 10 Hz 0,978 MHz.
2 2 (9,11 10 kg)π π
− −
−
× ×
= = = × =
×e
Bqf
m
(b) De acordo com a Eq. 28-16, temos
31 19
19 6
2 2(9,11 10 kg)(100eV)(1,60 10 J eV)
0,964 m 96,4 cm.
(1,60 10 C)(35,0 10 T)
ee m Km vr
qB qB
− −
− −
× ×
= = = = =
× ×
26. De acordo com a Fig. 28-38, no ponto em que a partícula penetra na região onde existe campo, o vetor velocidade aponta para 
baixo. Como o campo magnético aponta para fora do papel, o vetor v B×

 aponta para a esquerda. Como a partícula é desviada 
para a esquerda pela força magnética, isso significa que a carga da partícula é positiva, ou seja, a partícula é um próton.
(a) De acordo com a Eq. 28-17,
27
19 9
2 2 (1,67 10 kg)
0,252 T.
(1,60 10 C)(2)(130 10 s)
mB
eT
π π −
− −
×
= = =
× ×
(b) Como o período T não depende da energia cinética, permanece o mesmo: 
T = 130 ns.
27. (a) Explicitando B na equação m = B2qx2/8V (veja o Exemplo “Movimento circular uniforme de uma partícula carregada em 
um campo magnético”), obtemos
3 25
2 19 2
8 8(100 10 V)(3,92 10 kg)
0,495T 495 mT.
(3,20 10 C)(2,00m)
VmB
qx
−
−
× ×
= = = =
×
(b) Seja N o número de íons que são separados pelo aparelho por unidade de tempo. A corrente é i = qN, e a massa que é separada 
por unidade de tempo é dada por M = mN, em que m é a massa de um íon. Se o aparelho é usado para separar 100 mg de material 
por hora,
6
8100 10 kg 2,78 10 kg s.
3600s
M
−
−×= = ×
Como N = M/m, temos
19 8
2
25
(3,20 10 C)(2,78 10 kg s)
2,27 10 A 22,7 mA.
3,92 10 kg
qMi
m
− −
−
−
× ×
= = = × =
×
(c) Como cada íon deposita uma energia qV no reservatório, a energia depositada em um intervalo de tempo ∆t é dada por
2 3
6
(2,27 10 A)(100 10 V)(3600 s)
8,17 10 J 8,17 MJ.
iqVE NqV t t iV t
q
−= ∆ = ∆ = ∆ = × ×
= × =
28. Como F = mv2/r e K = mv2/2, temos
17 6
22(1,60 10 )(26,1 10 ) 2,09 10 J.
2 2
Fr N mK
− −
−× ×= = = ×
29. A Fig. 28-11 pode facilitar a compreensão deste problema. De acordo com a Eq. 28-17, a distância percorrida paralelamente a 
B

 é // // // (2 / ).ed v T v m eBπ= = Assim,
2 0 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
6 19
//
// 31
(6,00 10 m)(1,60 10 C)(0,300 T)
50,3 km/s.
2 2 (9,11 10 kg)e
d eBv
mπ π
− −
−
× ×
= = =
×
Como a força magnética é ,F eBv⊥=
15
19
2,00 10 N
41,7 km/s.
(1,60 10 C)(0,300 T)
Fv
eB
−
⊥ −
×
= = =
×
e
2 2
// 65,3 km/s.v v v⊥= + =
30. Como, de acordo com a Eq. 28-17, T = 2πme /eB, o tempo total é
tot ac ac
1 2 1 2
1 1
.
2 2
emT Tt t t
e B B
π     = + + = + +    
     
O tempo que o elétron passa no espaço entre as regiões onde existe campo magnético (sendo acelerado de acordo com a Eq. 2-15) 
deve ser calculado separadamente. Fazendo 0 02 / ev K m= e a = eDV/med na Eq. 2-15, em que K0 é a energia cinética inicial do 
elétron e d é a distância entre as regiões onde existe campo magnético, temos
2 2
ac ac ac ac
0
0 ,
21 1
2 2e e
K e Vd v t at d t t
m m d
 
 
 
∆= + ⇒ = +
o que nos dá tac ≈ 6 ns. Assim, temos
31
tot 19
1 2
1 1 (9,11 10 kg) 1 1
6,0 ns 6,0 ns
(1,6 10 C) 0,010 T 0,020 T
8,7 ns.
emt
e B B
π π −
−
   ×
= + + = + +   ×   
=
31. As duas partículas se movem em trajetórias circulares, uma no sentido horário e outra no sentido anti-horário, e colidem após 
descreverem meia circunferência. Assim, de acordo com a Eq. 28-17, o tempo pedido é dado por 
31
9
3 19
(9,11 10 kg) 5,07 10 s 5,07 ns.
2 (3,53 10 T)(1,60 10 C)
T mt
Bq
π π − −
− −
×= = = = × =
× ×
32. Como o elétron se move com velocidade constante v// na direção de B

 enquanto descreve um movimento circular uniforme 
de frequência f = eB/2πme na direção perpendicular a ,B

 a distância d é dada por
7 31
//
// 19 3
( cos )2 2 1,5 10 m s)(9,11 10 kg)(cos10) 0,53 m.
(1,60 10 C)(1,0 10 T)
θ π π −
− −
( × × °= = = = =
× ×
ev v md v T
f eB
33. PENSE A trajetória do pósitron é helicoidal porque a velocidade v tem componentes paralela e perpendicular ao campo 
magnético .B

FORMULE Se v é a velocidade do pósitron, v sen ϕ é a componente da velocidade em um plano perpendicular ao campo magné-
tico. De acordo com a segunda lei de Newton, eBv sen ϕ = me(v sen ϕ)2/r, em que r é o raio a órbita. Portanto, r = (mev/eB)sen ϕ. 
O período é
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 0 3
O passo p é a distância percorrida na direção do campo magnético em um intervalo de tempo igual a um período. Assim, p = vT 
cos ϕ.
ANALISE (a) Substituindo os valores conhecidos, obtemos
(b) A velocidade pode ser calculada a partir da expressão da energia cinética, K = mev2/2:
Assim, o passo é p = (2,65 × 107 m/s)(3,58 × 10-10 s) cos 89o = 1,66 × 10-4 m.
(c) O raio da trajetória é
APRENDA A componente paralela da velocidade, cos ,v v φ=

 determina o passo da hélice, enquanto a componente perpendicular, 
sen ,v v φ⊥ = determina o raio da hélice.
34. (a) De acordo com as Eqs. 3-20 e 3-23, temos
cos .x x y y z zv B vB v B v B v Bφ⋅ = = + +


Uma vez que
2 2 220 30 50 3800,v = + + =
2 2 220 50 30 3800,B = + + =
(20)(20) (50)(30) (30)(50) 400,x x y y z zv B v B v B+ + = + − =
temos
1 1 1 o400cos cos cos (0,105) 84 .
3800
x x y y z zv B v B v B
vB
φ − − −
+ +
= = = =
(b) Não; a velocidade escalar não varia com o tempo. O que varia com o tempo é apenas a direção da velocidade.
(c) Não, o ângulo ϕ não varia com o tempo, como se pode ver na Fig. 28-11.
(d) Como
osen 3800 sen84 (61,64)(0,994) 61,63 m/s,v v φ⊥ = = = =
temos
31
19 3
(9,11 10 kg)(61,63 m/s)
5,7 nm.
(1,6 10 C)(61,64 10 T)
mvr
eB
−
⊥
− −
×
= = =
× ×
35. (a) De acordo com a lei de conservação da energia, a energia cinética aumenta de DK = eV = 200 eV a cada passagem.
2 0 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(b) Multiplicando o resultado do item (a) por 100, obtemos DK = 100(200 eV) = 20,0 keV.
(c) Expressando a velocidade em termos da energia cinética e usando a Eq. 28-16, obtemos
2 (200 eV)
,p
p
m nr
eB m
=
em que n é o número de passagens. Assim, o raio é proporcional a n e o aumento percentual definido no enunciado é dado por
101 100 10,0499 10,0000
aumento percentual 0,00499 0,499%.
10,0000100
− −
= = = =
36. (a) O módulo do campo magnético para que haja ressonância é
6 27
19
2 2 Hz)(1,67 10 kg) 0,787 T.
1,60 10 C
π π −
−
(12,0×10 ×= = =
×
pfmB
q
(b) A energia cinética dos prótons que saem do cíclotron é
2 2 27 2 2 6 21
2
12 6
1 1(2 ) (1,67 10 kg)4 (0,530 m) (12,0 10 Hz)
2 2
1,33 10 J 8,34 10 eV 8,34 MeV.
π π−
−
= = = × ×
= × = × =
K mv m Rf
(c) A nova frequência é
19
7
27
(1,60 10 C)(1,57 T)
2,39 10 Hz 23,9 MHz.
2 2 (1,67 10 kg)p
qBf
mπ π
−
−
×
= = = × =
×
(d) A nova energia cinética é dada por
2 2 27 2 2 7 2
12 7
1
2
1 1(2 ) (1,67 10 kg)4 (0,530 m) (2,39 10 Hz)
2 2
5,3069 10 J 3,32 10 eV.
K mv m Rfπ π−
−
= = = × ×
= × = ×
37. A distância pedida é aproximadamente igual ao número de revoluções vezes a circunferência da órbita correspondente à ener-
gia média. Trata-se de uma aproximação razoável, já que o dêuteron recebe a mesma energia a cada revolução, e o período não 
depende da energia. O dêuteron é acelerado duas vezes em cada revolução e a cada vez recebe uma energia de 80 × 103 eV. Como 
a energia final é 16,6 MeV, o número de revoluções é
6
3
16,6 10 eV
104.
2(80 10 eV)
n ×= =
×
A energia média durante o processo de aceleração é 16,6/2 = 8,3 MeV. O raio da órbita é dado por
6 19 27
19
2(8,3 10 eV)(1,60 10 J eV)(3,34 10 kg)2 2
(1,60 10 C)(1,57T)
0,375m.
mv m K Kmr
eB eB m eB
− −
−
× × ×
= = = =
×
=
A distância total percorrida é, aproximadamente, 
2πrn = (2π)(0,375)(104) = 2,4 × 102 m.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 0 5
38. (a) De acordo com as Eqs. 28-18 e 28-23, temos
19
7
osc 27
(1,60 10 C)(1,20 T) 1,83 10 Hz 18,3 MHz.
2 2 (1,67 10 kg)p
eBf
mπ π
−
−
×= = = × =
×
(b) Como 2 ,p Pr m v qB m k qB= = temos 
2 19 2
7
27 19
( ) [(0,500m)(1,60 10 C)(1,20T)] 1,72 10 eV 17,2 MeV.
2 2(1,67 10 kg)(1,60 10 J eV)p
rqBK
m
−
− −
×= = = × =
× ×
39. PENSE A força que um campo magnético exerce sobre um fio percorrido por uma corrente i é dado por ,BF iL B= ×
  
 em que 
L

 é o vetor comprimento do fio e B

 é o campo magnético.
FORMULE O módulo da força que o campo magnético exerce sobre o fio é FB = iLB sen ϕ, em que ϕ é o ângulo entre a direção 
da corrente e a direção do campo. 
ANALISE (a) Para ϕ = 70o, 
(b) Aplicando a regra da mão direita ao produto vetorial ,BF iL B= ×
  
 constatamos que a força aponta para oeste.
APRENDA Analisando a expressão ,BF iL B= ×
  
 observamos que a força magnética que age sobre um fio percorrido por corrente 
é máxima quando L

 é perpendicular a B

 (ϕ = 90o) e é zero quando L

 é paralelo a B

 (ϕ = 0o).
40. A força magnética que o campo exerce sobre o fio é
FB = iBL sen θ = (13,0 A)(1,50 T)(1,80 m)(sen 35,0o) = 20,1 N.
41. (a) A força que o campo magnético exerce sobre o fio aponta para cima e tem um módulo igual à força gravitacional mg a 
que o fio está submetido. Como o campo e a corrente são mutuamente perpendiculares, o módulo da força magnética é dado por 
FB = iLB, em que L é o comprimento do fio. Assim,
2(0,0130kg)(9,8m s ) 0,467A 467 mA.
(0,620m)(0,440T)
mgiLB mg i
LB
= ⇒ = = = =
(b) Aplicando a regra da mão direita, constatamos que o sentido da corrente é da esquerda para a direita.
42. (a) Por simetria, concluímos que a componente x da força que o campo magnético exerce sobre o fio é zero. De acordo com 
a regra da mão direita, um campo na direção k̂ produz nas duas partes do fio uma componente y da força que aponta na direção 
ĵ− e cujo módulo é
| | | | sen30 (2,0 A)(2,0 m)(4,0 T)sen30 8N.yF i B= ° = ° =


Assim, a força total que o campo exerce sobre o fio é ˆ( 16j) N.−
(b) Nesse caso, a força que o campo exerce sobre o lado esquerdo do fio aponta no sentido k̂− e a força que o campo exerce sobre 
o lado direito do fio aponta no sentido k̂.+ Como, por simetria, as duas forças são iguais, a força total é 0.
43. Vamos escolher um sistema de coordenadas tal que o cateto de comprimento ly = 50 cm coincide com o semieixo y positivo, 
e o cateto de comprimento lx = 120 cm coincide com o semieixo x positivo. O ângulo que a hipotenusa faz com o cateto que 
coincide com o semieixo x positivo é 
θ = tan–1 (50/120) = 22,6°.
2 0 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
Medindo o ângulo no sentido anti-horário a partir do semieixo x positivo, o ângulo da hipotenusa é 180° – 22,6° = +157,4°. Vamos 
supor que o sentido da corrente na bobina triangular é o sentido anti-horário do ponto de vista de um observador situado no 
semieixo z positivo. Como o campo magnético é paralelo à corrente na hipotenusa, temos 
o
o
cos 0,0750 cos157,4 0,0692T,
sen 0,0750 sen157,4 0,0288T.
x
y
B B
B B
θ
θ
= = = −
= = =
(a) Como o campo magnético é paralelo à corrente na hipotenusa, a força exercida sobre a hipotenusa é zero. 
(b) No caso do cateto de 50 cm, a componente Bx do campo magnético exerce uma força k̂,y xi B e a força exercida pela componente 
By é zero. O módulo da força é, portanto,
(4,00A)(0,500m)(0,0692T) 0,138N.=
(c) No caso do cateto de 120 cm, a componente By do campo magnético exerce uma força k̂ x yi B e a força exercida pela compo-
nente Bx é zero. O módulo da força é, portanto, 
(4,00A)(1,20m)(0,0288T) 0,138N.=
(d) A força total é
ˆ ˆk k 0,y x x yi B i B+ = 
já que Bx < 0 e By > 0. Se tivéssemos suposto que o sentido da corrente na espira era o sentido horário, teríamos obtido Bx > 0 e By 
< 0, mas a força total continuaria a ser zero.
44. Considere um segmento infinitesimal do anel, de comprimento ds. Como o campo magnético é perpendicularao segmento, 
ele exerce sobre o segmento uma força de módulo dF = iB ds. A componente horizontal da força tem valor absoluto 
( cos )hdF iB dsθ=
e aponta para o centro do anel. A componente vertical tem valor absoluto
( sen )ydF iB dsθ=
e aponta para cima. A força total é a soma das forças que agem sobre todos os segmentos do anel. Por simetria, a componente 
horizontal da força total é zero. A componente vertical é
3 3
7
sen 2 sen 2 (0,018 m)(4,6 10 A)(3,4 10 T)sen 20
6,0 10 N 0,60 N.
vF iB ds aiBθ π θ π
µ
− −
−
= = = × × °
= × =
∫
Note que foi possível deixar i, B e sen θ de fora do sinal de integral porque i, B e θ têm o mesmo valor para todos os segmentos 
do anel.
45. A força que o campo magnético exerce sobre o fio é
3 3
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆi ( j k) ( j k)
ˆ ˆ(0,500A)(0,500m)[ (0,0100T) j (0,00300T)k]
ˆ ˆ( 2,50 10 j 0,750 10 k)N
ˆ ˆ( 2,50 mN)j (0,750 mN)k.
y z z yBF iL B iL B B iL B B
− −
= × = × + = − +
= − +
= − × + ×
= − +
  
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 0 7
46. (a) Como a força que o campo magnético exerce sobre o fio é FB = idB, temos 
3 2 2
5
2
(9,13 10 A)(2,56 10 m)(5,63 10 T)(0,0611s)
2,41 10 kg
3,34 10 m/s 3,34 cm/s.
BF t idBtv at
m m
− − −
−
−
× × ×= = = =
×
= × =
(b) O sentido é para a esquerda.
47. (a) A força do campo magnético deve ter uma componente horizontal para vencer a força de atrito, mas também pode ter 
uma componente vertical para reduzir a força normal e, portanto, a força de atrito. As forças que agem sobre a barra são: ,F

 a 
força do campo magnético; mg, a força da gravidade; ,NF

 a força normal exercida pelos trilhos; ,f

 a força de atrito. Vamos supor, 
sem perda de generalidade, que a barra está na iminência de se mover para leste, o que significa que a força f

 aponta para leste 
e tem o valor máximo μsFN. Isso significa também que F

 possui uma componente Fx para leste e, além disso, pode possuir uma 
componente Fy para cima. Vamos supor também que o sentido da corrente é para o norte. Nesse caso, de acordo com a regra da 
mão direita, uma componente de B

 para baixo, Bb, produz uma força Fx para leste, enquanto uma componente para oeste, Bo, 
produz uma força Fy para cima. Essas forças são
, .x y obF iLB F iLB= =
Igualando a zero a soma das forças verticais, obtemos
,y oNF mg F mg iLB= − = −
o que nos dá
( ),máx .s s of f mg iLBµ= = −
Como a barra está na iminência de se mover, igualamos também a zero a soma das forças horizontais:
( )0 .x s obF f iLB mg iLBµ− = ⇒ = −
O passo seguinte consiste em determinar o ângulo do campo aplicado com a vertical para que o módulo do campo seja mínimo. 
Como as componentes do campo são dadas por Bo = B sen θ e Bb = B cos θ, temos
sen ) .cos (
(cos sen )
s
s
s
mg iLB mgiLB B
iL
θ µθ µ
θ µ θ
−= ⇒ =
+
Derivando em relação a θ a expressão para o campo magnético obtida e igualando o resultado a zero, temos
2
( cos sen )
0,
[ (cos sen )]
s s
s
dB mgiL
d iL
µ µ θ θ
θ θ µ θ
−
= =
+
o que nos dá
1 1tan ( ) tan (0,60) 31 .sθ µ
− −= = = °
Assim,
2
min
0,60(1,0kg)(9,8m s ) 0,10T.
(50A)(1,0m)(cos31 0,60sen31 )
= =
° + °
B
(b) Como foi visto no item anterior, θ = 31o.
2 0 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
48. Como ,BdF idL B= ×
  
 em que îdL dx=

e ˆ ˆi j,x yB B B= +

 temos 
3,0 2
1,0
ˆ ˆ ˆ ˆi ( i j) k
ˆ ˆ( 5,0A) (8,0 )(m mT) k ( 0,35k) N.
f f
i i
x x
x y yB x x
F idL B idx B B i B dx
x dx   
= × = × + =
= − ⋅ = −
∫ ∫ ∫
∫
  
49. FORMULE O campo magnético aplicado tem duas componentes: Bx e Bz. Considerando os diferentes segmentos da bobina 
retangular, observamos que, com base na Eq. 28-26, a força exercida pelo campo é diferente de zero apenas para a componente de 
B

 perpendicular a cada segmento; observamos também que a força associada a um único fio deve ser multiplicada por N, em que 
N é o número de espiras. Como estamos interessados em calcular o torque em relação à dobradiça, podemos ignorar a força que 
age sobre o segmento que coincide com o eixo y. As forças que o campo magnético exerce sobre os segmentos paralelos ao eixo 
x, causadas pela componente Bz, são paralelas ao eixo y e, portanto, não produzem torque em relação à dobradiça. Concluímos, 
portanto, que o torque resulta unicamente da força que o campo exerce sobre o segmento paralelo ao eixo y. Além disso, como a 
componente Bz exerce sobre este segmento uma força paralela ao eixo x, não contribui para o torque. Por outro lado, a componente Bx 
produz uma força na direção z que é igual a NiLBx, em que N é o número de espiras, i é a corrente, L é o comprimento do segmento e 
Bx = B cos θ é a componente x do campo aplicado (o ângulo θ está definido na Fig. 28-44). 
ANALISE Como a linha de ação desta força é perpendicular ao plano da bobina, temos
( )( ) cos (20)(0,10 A)(0,10 m)(0,050 m)(0,50 T)cos30
0,0043 N m.
xNiLB x NiLxBτ θ= = = °
= ⋅
Como ,r Fτ = ×


 o torque aponta no sentido negativo do eixo y. Assim, na notação dos vetores unitários, o torque é 
3 ˆ( 4,3 10 N m)j.τ −= − × ⋅
50. Como 2máx máx| | ,B B i r Bτ µ µ π= × = =

 e i = qf = qv/2πr, temos
2 19 6 11 3
máx
26
1 1 (1,60 10 C)(2,19 10 m/s)(5,29 10 m)(7,10 10 T)
2 2 2
6,58 10 N m.
qv r B qvrB
r
τ π
π
− − −
−
 
 
 
= = = × × × ×
= × ⋅
51. As forças que agem sobre o cilindro são a força da gravidade mg, que é vertical e passa pelo centro de massa do cilindro, a 
força normal do plano inclinado FN, que é perpendicular ao plano inclinado e passa pelo centro de massa do cilindro, e a força de 
atrito f, que é paralela ao plano inclinado e passa pela superfície do cilindro. Vamos tomar o eixo x paralelo ao plano inclinado e 
considerar o sentido para baixo como positivo. Nesse caso, aplicando a segunda lei de Newton às componentes das forças envol-
vidas em relação ao eixo x, temos
sen ,mg f maθ − =
em que a é a aceleração do cilindro.
O passo seguinte consiste em calcular o torque em relação ao eixo do cilindro. De acordo com a Eq. 28-37, o campo magnético 
produz um torque de módulo μB sen θ, em que μ é o momento dipolar do cilindro, e a força de atrito produz um torque de módulo 
fr, em que r é o raio do cilindro. De acordo com a segunda lei de Newton para rotações, temos
sen ,fr B Iµ θ α− =
em que I é o momento de inércia do cilindro e a é a aceleração angular do cilindro. 
Como estamos interessados em calcular a menor corrente para a qual o cilindro não entra em movimento, fazemos a = 0 na pri-
meira equação e a = 0 na segunda, o que nos dá mgr = μB. Como a bobina é retangular, com dois lados de comprimento L e dois 
lados de comprimento 2r, em que r é o raio do cilindro, a área da bobina é A = 2rL e o momento dipolar é (2 ).NiA Ni rLµ = = 
Assim, 2mgr NirLB= e
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 0 9
2(0,250kg)(9,8m s )
2,45A.
2 2(10,0)(0,100m)(0,500T)
mgi
NLB
= = =
52. Para resolver este problema, basta saber que, entre os retângulos de mesmo perímetro, o retângulo de maior área é um retângulo 
de quatro lados iguais, ou seja, um quadrado. De acordo com o enunciado, o valor máximo do comprimento de um dos lados é 
x = 4 cm. Este valor corresponde ao caso em que dois lados paralelos do retângulo têm comprimento desprezível, o que nos leva 
à conclusão de que o comprimento total do fio é 8 cm. Assim, no caso de um quadrado, o comprimento dos lados é 8/4 = 2 cm e 
a área é A = (0,020 m)2 = 0,00040 m2. De acordo com as Eqs. 28-35 e 28-37, temos
8
4 2 2
4,80 10 N m
0,0030 A 3,0 mA.
(1)(4,0 10 m )(4,0 10 T)
i
NA NAB
µ τ −
− −
× ⋅
= = = = =
× ×
 
53. Vamos substituir a espira de forma arbitrária por um conjunto de espiras longas, finas, aproximadamente retangulares, muito 
próximas umas das outras, que sejam quase equivalentes à espira de forma arbitrária. Cada uma dessas espiras conduz uma cor-
rente i no mesmo sentido que a espira original. O módulo do torque τ∆

 exercido pela enésima espira,de área DAn, é dado por 
sen .n nNiB Aτ θ∆ = ∆ Assim, para todo o conjunto,
sen .n n
n n
NiB A NiABτ τ θ= ∆ = ∆ =∑ ∑
54. (a) Como o ganho de energia cinética, quando o dipolo passa de uma orientação definida por um ângulo θ para a orientação 
na qual o momento dipolar está alinhado com o campo magnético, é igual à perda de energia potencial, temos
cos ( cos0 ),i fK U U B Bµ θ µ= − = − − − °
o que nos dá
( )( )
1 1 0,00080 Jcos 1 cos 1 77 .
0,020 J/T 0,052 T
K
B
θ
µ
− −   = − = − = °  
   
(b) Como estamos supondo que não há dissipação de energia no processo, o ângulo para o qual o dipolo volta a entrar momen-
taneamente em repouso é igual ao ângulo inicial, θ = 77°.
55. PENSE Este problema envolve duas espiras concêntricas percorridas por corrente. O momento dipolar magnético resultante 
é a soma vetorial das contribuições das duas espiras. 
FORMULE O módulo do momento dipolar magnético é dado por μ = NiA, em que N é o número de espiras, i é a corrente em 
cada espira e A é a área de uma espira. Como as espiras são circulares, a área é A = πr2, em que r é o raio da espira.
ANALISE (a) Se as correntes percorrem as espiras no mesmo sentido, o módulo do vetor momento dipolar magnético é
(b) Se as correntes percorrem as espiras em sentidos opostos, o módulo do vetor momento dipolar magnético é
 
APRENDA Nos dois casos, os dois vetores momento dipolar magnético apontam para dentro da tela. O sentido de µ é o mesmo 
do vetor n normal ao plano da espira, de acordo com a regra da mão direita da Fig. 28-19b.
56. (a) 2 2 2(0,150m) (2,60A) 0,184A m .NAi r iµ π π= = = = ⋅ 
(b) 2sen (0,184 A m )(12,0T)sen 41,0 1,45N m.B Bτ µ µ θ= × = = ⋅ ° = ⋅


2 1 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
57. PENSE Forças magnéticas aplicadas a uma bobina percorrida por corrente produzem um torque que tende a alinhar o momento 
dipolar magnético com o campo magnético.
FORMULE O módulo do momento dipolar magnético é dado por μ = NiA, em que N é o número de espiras, i é a corrente em 
cada espira e A é a área das espiras. Neste caso, como as espiras são circulares, A = πr2, em que r é o raio das espiras. 
ANALISE (a) De acordo com as equações anteriores, a corrente é
(b) O torque é máximo quando o momento dipolar magnético está perpendicular ao campo (o que corresponde à situação em 
que o plano da bobina está paralelo ao campo). Nesse caso, o módulo do torque é
APRENDA O torque que age sobre a bobina pode ser escrito na forma ,Bτ µ= ×

  o que nos dá sen ,Bτ τ µ θ= = em que θ é o 
ângulo entre µ e .B

 Assim, t é máximo para θ = 90o e zero para θ = 0o.
58. Como μ = NiA = iπr2, temos
22
9
2 3 2
8,00 10 J T
2,08 10 A 2,08 GA.
(3500×10 m)
i
r
µ
π π
×
= = = × =
59. (a) Como a área da bobina é A = (30 cm)(40 cm)/2 = 6,0 × 102 cm2,
2 2 2(5,0A)(6,0 10 m ) 0,30A m .iAµ −= = × = ⋅
(b) O torque sobre a bobina é
2 3 2sen (0,30A m )(80 10 T)sen90 2,4 10 N m 0,024 N m.Bτ µ θ −= = ⋅ × ° = × ⋅ = ⋅
60. Vamos fazer a = 30,0 cm, b = 20,0 cm e c = 10,0 cm. Seguindo a sugestão do enunciado, escrevemos
( ) ( )1 2
2
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ( k) ( j) ( j k) (5,00 A)(0,300 m) 0,100 m j 0,200 m k
ˆ ˆ(0,150j 0,300k) A m .
iab iac ia c bµ µ µ    = + = − + = − = −
= − ⋅
  
61. PENSE As forças magnéticas que agem sobre uma bobina percorrida por corrente produzem um torque que tende a alinhar 
o momento dipolar magnético com o campo magnético. A energia magnética do dipolo depende da orientação do dipolo em 
relação ao campo magnético.
FORMULE A energia orientacional do dipolo é dada por ,U Bµ= − ⋅

 em que µ é o momento dipolar magnético da bobina e B

 é 
o campo magnético. O módulo de µ é μ = NiA, em que N é o número de espiras, i é a corrente da bobina, e A é a área da bobina. 
Por outro lado, o torque que um campo magnético exerce sobre a bobina é dado pelo produto vetorial .Bτ µ= ×

 
ANALISE (a) De acordo com a regra da mão direita, µ aponta no sentido do semieixo y negativo. Temos
A energia magnética correspondente é
 
(b) Como ˆ ˆ ˆj i k,× = − ˆ ˆj j 0× = e ˆ ˆ ˆj k i,× = o torque que o campo magnético exerce sobre a bobina é
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 1 1
APRENDA A energia magnética é máxima quando µ e B

 apontam em direções opostas e mínima quando µ e B

 apontam na 
mesma direção.
62. Observando o ponto do gráfico da Fig. 28-50b para i2 = 0 (que corresponde a uma situação na qual o momento magnético da 
bobina 2 é zero), concluímos que o momento magnético da bobina 1 é μ1 = 2,0 × 10–5 A · m2. Observando o ponto no qual a reta 
cruza o eixo horizontal (que é o ponto i2 = 5,0 mA), concluímos (já que, para este valor da corrente, os dois momentos magnéticos 
se cancelam) que o módulo do momento magnético da bobina 2 é μ2 = 2,0 × 10–5 A · m2 para i2 = 5,0 mA, o que, de acordo com 
a Eq. 28-35, nos dá 
5 2
3 22
2 2
2
2,0 10 A m 4,0 10 m .
0,0050 A
N A
i
µ − −× ⋅= = = ×
Se o sentido da corrente na bobina 2 for invertido e a corrente da bobina 2 for i2 = 7,0 mA, o momento total será
μ = μ1 + μ2 = (2,0 × 10–5 A·m2) + (N2A2i2)
 = (2,0 × 10–5 A·m2) + (4,0 × 10–3 m2)(0,0070 A)
 = 4,8 × 10–5 A·m2.
63. O momento magnético é ˆ ˆ(0,60i 0,80 j)µ µ= − , em que 
μ = NiA = iπr2 = (0,20 A)π(0,080 m)2 = 4,02 × 10–4 A·m2.
(a) O torque é
4
4 4 4
ˆ ˆ ˆ ˆ(0,60i 0,80j) (0,25i 0,30k)
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ(0,60)(0,30)(i k) (0,80)(0,25)( j i) (0,80)(0,30)( j k)
ˆ ˆ ˆ(4,02 10 ) 0,18j 0,20k 0,24i
ˆ ˆ ˆ(9,7 10 N m)i (7,2 10 N m) j (8,0 10 N m)k.
Bτ µ µ
µ
−
− − −
= × = − × +
 = × − × − × 
 = × − + − 
= − × ⋅ − × ⋅ + × ⋅

 
(b) A energia potencial magnética da espira é
4 4
ˆ ˆ ˆ ˆ(0,60i 0,80j) (0,25i + 0,30k) (0,60)(0,25) 0,15
( 0,15)(4,02 10 ) 6,0 10 J.
µ µ µ µ
− −
= − ⋅ = − − ⋅ = − = −
= − × = − ×
U B


64. Como, de acordo com a Eq. 28-39, cos ,U B Bµ µ φ= − ⋅ = −

 no ponto ϕ = 0, que corresponde ao ponto mais baixo do gráfico 
da Fig. 28-52, no qual a energia potencial é U0 = –μB = -5,0 × 10–4 J, a energia mecânica é 
K0 + U0 = 6,7 × 10-4 J + (-5,0 × 10-4 J) = 1,7 × 10-4 J.
No ponto de retorno, K = 0 e, portanto, de acordo com a lei de conservação da energia, Uret = 1,7 × 10-4 J. Assim, o ângulo cor-
respondente ao ponto de retorno é
4
1 1ret
4
1,7 10 Jcos cos 110
5,0 10 J
U
B
φ
µ
−
− −
−
  
− −       
×= = = °
×
65. PENSE O torque que um campo magnético exerce sobre uma bobina percorrida por corrente é máximo quando o momento 
dipolar magnético da bobina é perpendicular ao campo magnético.
2 1 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
FORMULE O módulo do torque que o campo magnético exerce sobre a bobina é dado por sen ,Bτ τ µ θ= = em que θ é o ân-
gulo entre µ e .B

 O módulo de µ é μ = NiA, em que N é o número de espiras, i é a corrente da bobina e A é a área da bobina. 
Assim, se N espiras são formadas a partir de um fio de comprimento L, a circunferência das espiras é L/N, o raio das espiras é 
R = L/2pN e a área das espiras é
ANALISE (a) O torque é o maior possível quando o ângulo entre o campo magnético e o momento dipolar magnético é 90o. 
(b) Se o ângulo entre o campo magnético e o momento dipolar magnético é 90o, o módulo do torque é
De acordo com a equação anterior, o torque é inversamente proporcional ao número N de espiras. Como estamos interessados em 
que o torque seja o maior possível, fazemos N = 1, o que nos dá t = iL2B/4.
(c) O módulo do torque máximo é
APRENDA O torque tende a alinhar µ com .B

 O módulo do torque é máximo quando o ângulo entre µ e B

 é θ = 90o, e é zero 
quando θ = 0o.
66. A equação de movimento do próton é
( ) ( )ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆi j k i j k
ˆ ˆ ˆi j k .
x y z z y
yx z
p p
F qv B q v v v B qB v v
dvdv dvm a m
dt dt dt
= × = + + × = −
     = = + +     
     
 


Assim,
0, , ,yx zz y
dvdv dvvv
dt dt dt
ω ω= = =−
em que ω = eB/m. A solução é vx = v0x, vy = v0y cos ωt e vz = –v0y sen ωt. Assim, temos
 
0 0 0
ˆ ˆ ˆ( ) i cos( ) j (sen )k.x y yv t v v t v tω ω= + −

67. (a) Podemos usar a equação ,Bτ µ= ×

  em que µ aponta para a parede, já que o sentido da corrente é o sentido horário. Como 
B

 aponta na direção de 13 horas (ou 5 minutos), a regra da mão direita mostra que τ

 aponta na direção de 16 horas (ou 20 mi-
nutos). Assim, o intervalo de tempo é de 20 minutos.
(b) O módulo do torque é
2 2 3
2
| | sen90 6 (2,0A)(0,15m) (70 10 T)
5,9 10 N m.
B B NiAB Nir Bτ µ µ π π −
−
= × = °= = = ×
= × ⋅


68. O vetor unitário associado a um comprimento infinitesimal dl do fio é −j . A força que o campo magnético exerce sobre esse 
elemento, em unidades do SI, é dada por
ˆ ˆ ˆ( j) (0,3 i+0,4 j).dF i d y y= − ×


M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 1 3
Como ˆ ˆ ˆj i k× = − e ˆ ˆj j 0,× = temos
4 2ˆ ˆ0,3 k (6,00 10 N m ) k.dF iy d y d−= = ×

 
Integrando o elemento de força para todo o fio, obtemos
20,254 2 4 2
0
5
0,25ˆ ˆ(6,00 10 N/m )k (6,00 10 N/m ) k
2
ˆ ˆ(1,88 10 N)k (18,8 N)k.
F dF ydy
µ
− −
−
 
  
 
= = × = ×
= × =
∫ ∫
 
69. Como m = B2qx2/8V, ∆m = (B2q/8V)(2x∆x), em que 28 ,x Vm B q= que podemos substituir na expressão de ∆m para obter
2
2
8
2 .
8 2
B q mV mqm x B x
V B q V
 
∆ = ∆ = ∆ 
 
Assim, a distância entre os pontos em que os íons atingem o detector é
27 3
27 19
3
2
(37u 35u)(1,66 10 kg u) 2(7,3 10 V)
0,50T (36u)(1,66 10 kg u)(1,60 10 C)
8,2 10 m 8,2 mm.
m Vx
B mq
−
− −
−
∆∆ =
− × ×=
× ×
= × =
70. (a) Igualando o módulo da força elétrica, FE = eE, ao módulo da força magnética, FB = evB sen ϕ, obtemos B = E/(v sen ϕ). Isso 
mostra que o campo é mínimo quando sen ϕ é máximo, o que acontece para ϕ = 90°. A velocidade pode ser calculada a partir da 
energia cinética usando a relação K = mv2/2:
3 19
7
31
2 2(2,5 10 eV)(1,60 10 J eV)
2,96 10 m s.
9,11 10 kge
Kv
m
−
−
× ×
= = = ×
×
Assim,
3
4
7
10 10 V m
3,4 10 T 0,34 mT.
2,96 10 m s
EB
v
−×= = = × =
×
A direção do campo magnético deve ser perpendicular à direção do campo elétrico ( ĵ− ) e à direção da velocidade do elétron ( î+ ). 
Como a força elétrica ( )EF e E= −
 
 aponta na direção ĵ+ , a força magnética ( )BF e v B= − ×
 
 aponta na direção ĵ− . Assim, a direção 
do campo magnético é k̂− . Na notação dos vetores unitários, ˆ( 0,34 mT)k.B= −

71. O período de revolução do íon de iodo monoionizado é T = 2pr/v = 2pm/Be, o que nos dá
3 19 3
27
(45,0 10 T)(1,60 10 C)(1,29 10 s)
127u.
2 (2 )(7)(1,66 10 kg u)
BeTm
nπ π
− − −
−
× × ×
= = =
×
72. (a) A única componente de B

 que exerce uma força sobre os elétrons é a componente perpendicular a ,v a velocidade dos 
elétrons. É mais eficiente, portanto, orientar o campo magnético perpendicularmente ao plano do papel. Nesse caso, a força que 
o campo magnético exerce sobre os elétrons é FB = evB e a aceleração dos elétrons é a = v2/r. De acordo com a segunda lei de 
Newton, evB = mev2/r; portanto, o raio da trajetória dos elétrons é r = mev/eB. Se a energia dos elétrons é K = mev2/2, a velocidade 
é 2 .ev K m= Assim,
2 2
22
.e e
e
m m KKr
eB m e B
= =
2 1 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
Como esta distância deve ser menor que d, a condição pedida é 
2 2
2
,e
m K d
e B
≤ o que nos dá
2 2
2
.e
m KB
e d
≥
(b) Para que os elétrons descrevam a trajetória mostrada na Fig. 28-52, o campo magnético deve apontar para fora do papel.
73. PENSE Um elétron que se move nas vizinhanças da Terra está sujeito à influência do campo magnético terrestre.
FORMULE Como o elétron está se movendo paralelamente à componente horizontal do campo magnético da Terra, a força mag-
nética experimentada pelo elétron se deve apenas à componente vertical do campo. O módulo da força que age sobre o elétron é 
dado por F = evB, em que B é a componente do campo magnético que aponta para baixo. De acordo com a segunda lei de Newton, 
F = mea e, portanto, a aceleração do elétron é a = evB/me. 
ANALISE (a) A velocidade do elétron pode ser determinada a partir da energia cinética usando a relação K = mev2/2:
Assim,
(b) Desprezando os efeitos da componente horizontal do campo magnético da Terra depois que a trajetória do elétron deixa de 
ser retilínea, chegamos à conclusão de que o elétron descreve um arco de circunferência. Uma vez que a aceleração centrípeta é 
a = v2/R, o raio do arco é
A curva tracejada da figura ao lado mostra a trajetória do elétron. 
Seja h a deflexão sofrida pelo elétron depois de percorrer uma 
distância d ao longo do eixo x. Uma vez que d = R sen θ, temos
 
Para R = 6,72 m e d = 0,20 m, obtemos h = 0,0030 m. 
APRENDA A deflexão é tão pequena que muitas peculiaridades do movimento circular podem ser ignoradas e um cálculo baseado 
no movimento balístico (veja o Capítulo 4) fornece uma aproximação aceitável:
Assim, com o eixo y apontando para leste,
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 1 5
74. Fazendo Bx = By = B1 e Bz = B2 e usando a Eq. 28-2 ( F qv B= ×
 
 ), obtemos, em unidades do SI,
( ) ( ) ( )2 1 1 2 1 1ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ4i 20j 12k 2 4 6 i 6 2 j 2 4 k ,B B B B B B   − + = − + − + −
o que nos dá B1 = –3 e B2 = –4. Assim,
ˆ ˆ ˆ( 3,0i 3,0j 4,0k) T.B = − − −

75. De acordo com a Eq. 28-16, o raio da trajetória circular é
2mv mKr
qB qB
= =
em que K = mv2/2 é a energia cinética da partícula. De acordo com a equação anterior,
.r mK qB∞
(a) 2,0u 2 1,4.
1,0u
= = = ≈pd d d
p p p d
qr m K e
r m K q e
 
(b) 4,0u 1,0.
1,0u 2
α α α
α
= = =p
p p p
qr m K e
r m K q e
76. De acordo com a Eq. 28-16, a razão entre a carga e a massa é q/m = v/Bʹr. Como, de acordo com a Eq. 28-7, a velocidade dos 
íons é dada por v = E/B, temos
.
/q E B E
m B r BB r
= =
′ ′
77. PENSE Como o elétron está sujeito a um campo elétrico e a um campo magnético, a força resultante que age sobre o elétron 
é a soma vetorial da força elétrica com a força magnética. 
FORMULE A força que age sobre o elétron é dada por ( ),F e E v B= − + ×
  
 em que E

 é o campo elétrico, B

 é o campo magnético 
e v é a velocidade do elétron. Como os campos são uniformes, o fato de que o elétron se move em linha reta com velocidade 
constante significa que a força resultante que age sobre o elétron é zero. 
ANALISE Para que 0,F =

 devemos ter
Para que 0F =

, o campo elétrico deve apontar para baixo, ou seja, na direção ĵ,− se tomarmos o plano da tela como sendo o plano 
xy. Na notação dos vetores unitários, ˆ( 500 V/m)jE = = −

.
APRENDA Os elétrons só se movem em linha reta quando a condição E = vB é satisfeita. Muitos experimentos de física de partí-
culas usam um seletor de velocidade que só permite a passagem de elétrons cuja velocidade satisfaz a relação v = E/B.
78. (a) De acordo com as Eqs. 26-7 e 26-11, temos
.C dE nevρ=
No caso do efeito Hall, a Eq. 28-10 nos dá E = vdB. Dividindo uma equação pela outra, obtemos
.
C
E B
E neρ
=
2 1 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(b) Usando o valor da resistividade do cobre dado na Tabela 26-1, obtemos
3
28 3 19 8
0,65 T 2,84 10 .
(8,47 10 m )(1,60 10 C)(1,69 10 m)c
E B
E neρ
−
− −= = = ×× × × Ω⋅
79. PENSE Este problema envolve partículas carregadas que são aceleradas por uma diferença de potencial elétrico e depois pe-
netram em uma região em que existe um campo magnético uniforme. 
FORMULE A energia cinética de uma partícula é dada por K = qV, em que q é a carga da partícula e V é a diferença de potencial 
a que a partícula foi submetida. Como K = mv2/2, temos
 
Na região em que existe um campo magnético uniforme, a força magnética a que uma partícula de carga q é submetida é qvB, que, 
de acordo com a segunda lei de Newton, é igual a mv2/r, em que r é o raio da trajetória. Assim, temos
ANALISE (a) Como K = qV e qα = 2qp,Kp/Kα = 0,50.
(b) Como K = qV e qα = 2qd, Kd/Kα = 0,50. 
(c) Como / ,r mK q∝ temos
(d) No caso da partícula alfa, temos
APRENDA O raio da trajetória da partícula, dado por 2 / ,r mK qB= depende da massa, da energia cinética e da carga da partícula, 
além de depender do módulo do campo magnético. 
80. (a) A força é máxima quando a velocidade é perpendicular ao campo magnético. Nesse caso, de acordo com a Eq. 28-3, 
FB,máx = |q| vB sen (90°) = evB = (1,60 × 10– 19 C) (7,20 × 106 m/s) (83,0 × 10– 3 T)
 = 9,56 × 10– 14 N.
(b) A força é mínima quando a velocidade é paralela ao campo. Nesse caso, de acordo com a Eq. 28-3,
FB,mín = |q| vB sen (0) = 0.
(c) Como, de acordo com a segunda lei de Newton, a = FB/me = |q| vB sen q/me, o ângulo entre v
 e B

 é
231 14
1 1
16 6 3
(9,11 10 kg)(4,90 10 m s )
sen sen 0,267 .
(1,60 10 C)(7,20 10 m s)(83,0 10 T)
em a
q vB
θ
−
− −
− −
   × ×
= = = °     × × ×  
81. A contribuição do campo magnético para a força é dada pela Eq. 28-2,
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ(17.000i i) ( 11.000j i (7000k i)
ˆ ˆ( 220k 140j) N,
x x xBF qv B q B B B
q
 
  
= × = × + − × + ×
= − −
 

M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 1 7
e a contribuição do campo elétrico para a força é dada pela Eq. 23-1,
ˆ ˆj (300j) N.E yF qE q= =

Para q = 5,0 × 10–6 C, a força total que age sobre a partícula é
6 ˆ ˆ(5,0 10 C)(160j 220k)
ˆ ˆ ˆ ˆ(0,00080j 0,0011k) N (0,80j 1,1k) mN.
B EF F F
−= + = × −
= − = −
  
82. (a) De acordo com a Eq. 28-10,
6
4
2
10 10 V
6,7 10 m/s 0,67 mm/s.
(1,0 10 m)(1,5 T)d
E Vv
B dB
−
−
−
×
= = = = × =
×
(b) De acordo com a Eq. 28-12,
4 6 19
29 3
3,0 A
(6,7 10 m/s)(0,010 m)(10 10 m)(1,6 10 C)
2,8 10 m .
d
Bi Bi in
V e Ed e v d e − −
−
= = = =
× × ×
= ×
  
(c) Em vez de usar um desenho, vamos descrever a situação em termos das direções horizontais norte, sul, leste e oeste e das direções 
verticais para cima e para baixo. Vamos supor que o campo B

 aponta para cima e que o plano da fita está na horizontal, com a 
maior dimensão na direção norte-sul. Vamos supor ainda que o sentido da corrente é do sul para o norte. De acordo com a regra 
da mão direita, os elétrons de condução experimentam uma força para oeste, o que estabelece uma diferença de potencial de Hall 
entre as bordas da fita, com a borda leste mais positiva que a borda oeste.
83. PENSE A força a que uma partícula carregada é submetida por um campo magnético é dada por ,F qv B= ×
 
 em que q é a carga 
da partícula, v é a velocidade da partícula e B

 é o campo magnético.
FORMULE Vamos supor que îB B=

 e que a velocidade da partícula é ˆ ˆi j.x yv v v= +
 Nesse caso,
Para que a força aponte no sentido positivo do eixo z, devemos ter q < 0. 
ANALISE A carga da partícula é
APRENDA A componente vx da velocidade da partícula é paralela ao campo magnético e, portanto, não contribui para a força 
magnética ;F

 apenas vy, a componente de v
 perpendicular a ,B

contribui para .F

84. De acordo com a Eq. 28-2, temos
31 2 2
0
1ˆ ˆ ˆ ˆ(3,00A) ( 0,600T m ) (i j) 1,80 A T m k ( 0,600 N)k.
3
  
      
= − × = − ⋅ ⋅ = −∫F x dx

85. (a) De acordo com as Eqs. 3-30 e 28-2, temos, em unidades do SI,
2 1 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
( ) ( ) ( )
19
21 22
ĵ)
ˆ ˆ ˆ( ) i j k
ˆ(1,60 10 ) [(4)(0,008) (6)( 0,004)]i
ˆ ˆ[( 6)(0,002) ( 2)(0,008)]j [( 2)( 0,004) (4)(0,002)]k
ˆ ˆ(1,28 10 )i (6,41 10 ) j
ˆ(12,8i 6,41 1
{
}
y z z y z x x z x y y xF qv B e v B v B v B v B v B v B
−
− −
 
  
= × = + − + − + −
= × − −
+ − − − + − − −
= × + ×
= + ×
 

220 N.−
(b) De acordo com a própria definição de produto vetorial, o ângulo entre v e F

 é 90o. 
(c) De acordo com a Eq. 3-20,
1 1 68cos cos 173 .
56 84| || |
v B
v B
θ − −
   
       
⋅ −= = = °



86. (a) Como 5ˆ ˆi (6 10 T)i,xB B −= = ×

 k̂y xv B v B× = −

 e a força magnética que age sobre o elétron é ˆ( )( k)B y xF e v B= − −

. Assim, de 
acordo com a Eq. 28-16,
31 4
19 5
(9,11 10 kg)(4 10 m/s)
0,0038m.
(1,6 10 C)(6 10 T)
e y
x
m v
r
e B
−
− −
× ×
= = =
× ×
(b) O tempo necessário para uma revolução é T = 2pr/vy = 0,60 μs; durante esse tempo, o deslocamento do elétron da direção do 
eixo x (que é o passo da trajetória helicoidal) é ∆x = vxT = (32 × 103 m/s)(0,60 × 10–6 m/s) = 0,019 m = 19 mm.
(c) Para um observador situado no semieixo x negativo, quando o elétron penetra na região na qual existe campo com uma velo-
cidade vy positiva (que, para o observador, seria “para cima”), ele é submetido a uma força na direção do semieixo z positivo (que, 
para o observador, seria “para a direita”). Assim, para um observador situado atrás do elétron, o elétron se move no sentido horário.
87. (a) A força magnética que age sobre os elétrons é dada por .F qv B= ×
 
 Como o campo B

 aponta para a esquerda e os elétrons 
(de carga q = -e) são forçados a girar no sentido horário (para fora do papel na parte superior do rotor), a aplicação da regra da 
mão direita mostra que a força magnética aponta para cima.
(b) O módulo da força magnética pode ser escrito na forma F = evB = eωrB, em que ω é a velocidade angular e r é a distância do 
eixo. Como F ~ r, a força é maior perto da borda do disco. 
(c) O trabalho por unidade de carga que a força realiza para mover os elétrons ao longo da reta que liga o centro à borda do disco 
é dado por
(d) A diferença de potencial produzida pelo gerador é igual à tensão calculada no item (c): ε = 47,1 V.
(e) A potência produzida pelo gerador é P = iV = (50,0 A)(47,1 V) = 2,36 × 103 W.
88. A força magnética exercida sobre o fio em forma de U é dada por F = iLB. De acordo com o teorema do impulso e momento,
em que q é a carga do pulso. Como o fio está inicialmente em repouso, a velocidade inicial do fio é v = LBq/m. Por outro lado, de 
acordo com a lei de conservação da energia, mv2/2 = mgh. Combinando as expressões anteriores, temos
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 1 9
Explicitando q, obtemos
89. Pouco antes de o elétron se chocar com a placa superior, a força elétrica que age sobre o elétron é FE = eE = eV/d e aponta 
verticalmente para cima. Como a energia cinética do elétron é K = mv2/2 = eV, 2 / .v eV m= Por outro lado, a força magnética é
e aponta verticalmente para baixo. Para que o elétron não se choque com a placa, é preciso que FB > FE, o que nos dá
90. A corrente equivalente ao movimento da partícula é dada por
2 / 2
q q qvi
T r v rπ π
= = =
e o momento dipolar magnético associado é
De acordo com a Eq. 28-37 ( Bτ µ= ×

  ), o torque máximo que pode ser exercido sobre a espira por um campo magnético uniforme é
91. Quando as forças elétrica e magnética estão em equilíbrio, eE = evdB, em que vd é a velocidade de deriva dos elétrons. Como, 
além disso, a densidade de corrente é dada por J = nevd, temos
92. Para Fz = vz = Bx = 0, a Eq. 28-2 nos dá
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆi j ( i j k)x y y z x z x yF F q v B v B v B+ = − +
em que q = –e, por se tratar de um elétron. Igualando as componentes z, vemos que By = 0; igualando as componentes x, obtemos
Assim, o campo magnético, na notação dos vetores unitários, é ˆ(0,75 T)k.B =

,